いろいろな立体の問題 第7節 双曲線(その5) それでは，入試問題を解いてみよう． 例題１ 次の式 $x=\tan \theta$,$y=\dfrac{1}{\cos \theta} \ \ (0 \leqq \theta$＜$\dfrac{\pi}{2})$ で表される$xy$平面上の曲線$C$を考える． 定数$t>0$に対して点$P(t,0)$を通り，$x$軸に垂直な直線$l$と曲線$C$の交点を$Q$とする．曲線$C$，$x$軸，$y$軸および直線$l$ で囲まれた図形の面積を$S_1$とする． このとき$S_1$を$t$で表せ． （平成２３年 東京工大・後期）(一部略) この問題は次のように書き直すことができる． 
例題１'次の式 $y=\sqrt{x^2+1}$ で表される$xy$平面上の曲線$C$を考える． 定数$t>0$に対して点$P(t,0)$を通り，$x$軸に垂直な直線$l$と曲線$C$の交点を$Q$とする．曲線C，x軸，y軸および直線$l$ で囲まれた図形の面積を$S_1$とする． $S_1$を$t$で表せ． なお，この年には津田塾大でも似た問題が出題されています． $S_1$の値は$\sqrt{x^2+1}$の積分を用いれば簡単なので，検算の意味をかねて先に値は求めておきましょう． $\displaystyle S_1=\int_0^t \sqrt{x^2+1}dx=\dfrac{\log (\sqrt{t^2+1}+t)+t\sqrt{1+t^2}}{2}$ となります． 解答１ 出題は $x=\tan \theta$,$y=\dfrac{1}{\cos \theta}$ による置換積分を意図しています．その方法で解きましょう． $\theta _0$を $t=\tan \theta _0 \ \ （0\leqq \theta _0$＜$\frac{\pi}{2})$ で定義します． $\displaystyle S_1=\int_0^t ydx=\int_0^{\theta _0}\dfrac{d\theta}{\cos ^3 \theta}$・・・@ である． このまま計算してもよいが，部分積分を用いると少し計算が楽になる． @は $\displaystyle \int_0^{\theta _0}\dfrac{1}{\cos \theta}(\tan \theta)'d\theta$ $\displaystyle =[\dfrac{1}{\cos \theta}\cdot \tan \theta]_0^{\theta _0} -\int_0^{\theta _0}\dfrac{\sin ^2 \theta}{\cos ^3 \theta}d\theta$ 第２項は $\displaystyle \int_0^{\theta _0}\dfrac{1}{\cos ^3 \theta }d\theta -\int_0^{\theta _0}\dfrac{1}{\cos \theta}d\theta$ であるから $\displaystyle 2S_1=\dfrac{\sin \theta _0}{\cos ^2\theta _0}+\int_0^{\theta _0}\dfrac{1}{\cos \theta}d\theta$ ここで， $\displaystyle \int_0^{\theta _0}\dfrac{1}{\cos \theta}d\theta=\int_0^{u_0}\dfrac{du}{1-u^2}$ $=\dfrac{1}{2} \cdot \log \dfrac{1+u_0}{1-u_0}$ ただし，$u_0=\sin \theta _0$ したがって， $2S_1=\dfrac{\sin \theta _0}{\cos ^2\theta _0}+\dfrac{1}{2} \cdot \log \dfrac{1+u_0}{1-u_0}$ $t=\tan \theta _0,u_0=\sin \theta _0$ より $\dfrac{1}{2} \cdot \log \dfrac{1+u_0}{1-u_0}=\dfrac{1}{2} \cdot \log \dfrac{1+\sin \theta _0}{1-\sin \theta _0}$ $=\log \dfrac{1+\sin \theta _0}{\cos \theta _0}$ $=\log (\dfrac{1}{\cos \theta _0}+\tan \theta _0)$ $=\log (\sqrt{1+t^2}+t)$ さらに， $\dfrac{\sin \theta _0}{\cos ^2\theta _0}=t\sqrt{1+t^2}$ したがって， $S_1=\dfrac{\log (\sqrt{t^2+1}+t)+t\sqrt{1+t^2}}{2}$ となる． 注意 $\displaystyle S_1=\int_0^t ydx=\int_0^{\theta _0}\dfrac{d\theta}{\cos ^3 \theta}$ を直接計算すると， $\dfrac{1}{(1-u^2)^2}$ の部分分数への変形が必要であるが， $\dfrac{1}{(1-u^2)^2}$ $=\dfrac{1}{\bigl( (1+u)(1-u)\bigr)^2}$ $=\bigl(\dfrac{1}{2}\cdot (\dfrac{1}{1+u}+\dfrac{1}{1-u})\bigr)^2$ $=\dfrac{1}{4}\cdot (\dfrac{1}{(1+u)^2}+\dfrac{1}{1+u}+\dfrac{1}{(1-u)^2}+\dfrac{1}{1-u})\bigr)$ この方法で直接計算してもそれほど難しいわけではない． 続く 目次 |